[MIX] Ostatnie zadania przeróżne

[marcin7Cd]

17. Moniczność nie wystarczy, bo można manipulować wyrazem wolnych i wyrazem przy \(\displaystyle{ x}\), aby otrzymać pierwiastek między dwoma różnymi liczbami rzeczywistymi \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ \beta}\). Wystarczy, aby \(\displaystyle{ |W(\alpha)-W(\beta)|\ge 1}\), bo wtedy można zmienić wyraz wolny tak ,aby \(\displaystyle{ W(\alpha) \ge 0}\) i \(\displaystyle{ W(\beta)\le 0}\) (albo na odwrót). \(\displaystyle{ |W(\alpha)-W(\beta)|=|\alpha-\beta|\cdot |(\alpha^2+\alpha \beta +\beta^2)+a_2(\alpha+\beta)+a_1|}\) To wyrażenie może być dowolnie duże zmieniając wartość \(\displaystyle{ a_1}\)

[M Maciejewski]

17. (monotoniczny wielomian)

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ n\in\mathbb N}\). Wtedy \(\displaystyle{ e-\frac 1n<\frac{\lfloor n\cdot e\rfloor}n< e}\). Zatem pierwiastkiem wielomianu
\(\displaystyle{ w(x)=(n\cdot x-\lfloor n\cdot e\rfloor)^3}\) jest liczba oddalona od \(\displaystyle{ e}\) o mniej niż \(\displaystyle{ \frac 1n}\).

-- 25 maja 2016, o 21:21 --

25. Może ktoś ma ładniejsze podejście?

Właśnie robię sobie te zadania i to zadanie zrobiłem inaczej.

Ukryta treść:    

Zauważyłem, że \(\displaystyle{ a_n=\frac{F_{2n+2}}{F_{2n}}}\).

-- 25 maja 2016, o 22:57 --7.

O mado morska, jakie żmudne zadanie.
...
ta część zadania najmniej mi się podoba, dlatego zostawiam ją na koniec.

Myślę, że pierwsza część Twojego rozwiązania jest ,,optymalna", ale druga niepotrzebna.

Ukryta treść:    

Funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest ciągła w \(\displaystyle{ -1}\) (prawostronnie), ponieważ szereg jest zbieżny jednostajnie na przedziale \(\displaystyle{ [-1,0]}\). Wiem, że to nie jest takie bardzo znane (chyba, że nie jest znane, bo nie jest prawdziwe, ale wtedy mam problem , bo tego dowodziłem w moim filmiku o zbieżności jednostajnej szregów na YT).

Ogólnie jest tak: jeśli szereg potęgowy jest zbieżny w \(\displaystyle{ c>0}\) \(\displaystyle{ (c<0)}\), to jest zbieżny jednostajnie na \(\displaystyle{ [0,c]}\) \(\displaystyle{ ([c,0])}\). Wynika to z twierdzenia Abela.

[kerajs]

Zaglądnąłem, skoro ostatnio wspomniano ten mix ( 421326.htm )

18:    

Obrazek wygasł

23:    

Podobnie jak TomciO dwie strony wcześniej, także szukałem kontrprzykładu.
\(\displaystyle{ A=(0;0)\
B=(1,25;0)\
C=(2;0,75)\
D=(2;2)\
E=(0,75;2)\
F=(0;1,25)}\)
Z 6 punktów można utworzyć 20 różnych trójkątów.
Obwód trójkątów: ABF, CDE jest niewiele większy od \(\displaystyle{ 4,267}\); ABC, AEf, BCD, DEF jest niewiele większy od \(\displaystyle{ 4,446}\); BEF, CEF, BCE, BCF jest niewiele większy od \(\displaystyle{ 5,064}\); ABE, ACE, BDE, CDF jest niewiele większy od \(\displaystyle{ 5,622}\); ABD, ACD, ADE, ADF jest niewiele większy od \(\displaystyle{ 6,214}\); ACE, BDF jest niewiele większy od \(\displaystyle{ 6,039}\); podczas gdy \(\displaystyle{ 3 sqrt{2} approx 4,24264}\)

30:    

Jest tylko 6 tras, a ściślej to tylko 3 które można przebyć w przeciwnych kierunkach, więc najprościej jest zsumować ich długość:
\(\displaystyle{ A_1-A_2-A_3-A_4-A_1 (A_1-A_4-A_3-A_2-A_1) : 480\
A_1-A_3-A_2-A_4-A_1 (A_1-A_4-A_2-A_3-A_1) : 490\
A_1-A_2-A_4-A_3-A_1 (A_1-A_3-A_4-A_2-A_1) : 470}\)

PS
Ponieważ 16 figuruje jako nierozwiązane to przypomnę:

Ad 16
Przypuszczam że tu także chochlik namieszał

Ukryta treść:    

,,Siedem punktów jest w kole jednostkowym i odległość między dowolnymi dwoma z nich jest nie większa niż 1. Udowodnić, że jednym z tych punktów jest środek koła.''
Kontrprzykład:
Dowolne 7 punktów z wnętrza trójkąta równobocznego o boku 1 i wierzchołku w środku okręgu spełnia warunki , a nie potwierdza tezy.

Ale gdy:
,,Siedem punktów jest w kole jednostkowym i odległość między dowolnymi dwoma z nich jest nie MNIEJSZA niż 1. Udowodnić, że jednym z tych punktów jest środek koła.''
to wtedy tylko układ 6 wierzchołków sześciokąta foremnego o boku 1 leżących na okręgu i środek okręgu spełnia warunki zadania i potwierdza tezę

[arek1357]

zad 19 samobójcze jest bo po skróceniach wyjdzie:

\(\displaystyle{ 5x^4-4Ax^3+x^2\left( \frac{A^2+4B}{2} \right) -4Cx- \frac{\left( A^2-4B\right)^2 }{16}=0}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ A=a+b+c}\)

\(\displaystyle{ B=ab+ac+bc}\)

\(\displaystyle{ C=abc}\)

A czym to równanie grozi wystarczy próbować rozwiązać choćby i na wolframie niestety nic się nie skraca...

[Premislav]

9.:    

\(\displaystyle{ \sqrt{1+\sqrt{3+\sqrt{...+\sqrt{2n-1}}}}< 2}\)
Przeformułujmy to nieco. Niech
\(\displaystyle{ \begin{cases} a_1=2 \\a_{n+1}=\left(a_n^2-(2n-1)\right)^2 \text{ dla }n \ge 1 \end{cases}}\)
Pokażemy, że wówczas zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a_n>2n-1}\)
Indukcja po \(\displaystyle{ n \in \NN}\)
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) dla \(\displaystyle{ n=1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ a_1=2>2\cdot 1-1}\), co jest prawdą.

\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) z zależności rekurencyjnej i założenia indukcyjnego mamy:
\(\displaystyle{ a_{n+1}=\left( a_n^2-(2n-1)\right)^2>\left( (2n-1)^2-(2n-1)\right)^2 \ge 2n+1}\)

Można zauważyć, że dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) mamy:
\(\displaystyle{ \left( (2n-1)^2-(2n-1)\right)^2=(2n-1)^2\left( 2n-2\right)>(2n-1)^2>2n+1}\)
Natomiast przypadek \(\displaystyle{ n=1}\), tj. nierówność \(\displaystyle{ a_2>3}\) należy sprawdzić oddzielnie. Otrzymujemy wówczas trywialną nierówność \(\displaystyle{ 9>3}\)